3.5 点与圆直线与圆的位置关系（同步练习）2026--2027学年苏科版九年级数学上册

苏科版九年级数学上3.5点与圆直线与圆的位置关系（同步练习） 学校： 姓名： 班级： 考号： 一、单选题 1.已知⊙0的半径为10cm,点A为平面内一点，且OA=8cm,则点A与⊙0的位置关系是() A.点A在O0上B.点A在⊙0内 C.点A在⊙0外 D.无法判断 2.在△ABC中，∠C=90°，AC=5,BC=12,以C为圆心r为半径画⊙C,使⊙C与线段AB有且只有两个 公共点，则的取值范围是() 60 C.13srs5 60 A.5≤r≤12 B.5≤r<12 D.13<rs5 3.如图，PA与⊙0相切于点A,若PA=3,OP=4,则⊙0的半径长为() A.3 B.V今 c.5 D.4 4.如图，PA,PB是⊙0的切线，A,B是切点.若∠P=50°，则∠AOB=() A.50° B.100° C.130° D.110° 5.如图，AB为⊙O的直径，点P在AB的延长线上，PC与OO相切于点C,连接BC.若∠P=40°， 则∠ABC的度数为() 试卷第1页（共3页） A.50° B.65° C.70° D.75° 6.如图，AB是⊙O的直径，D是⊙0上一点，过点A作⊙O的切线交BD的延长线于点C,连接OD 若∠ACD=60°，则∠AOD的度数为() A.30° B.40° C.50° D.60° 7.如图，PA与⊙0相切于点A,AB是⊙0的直径.点C在⊙0上，连接PC恰好经过点O.若 OP=45,∠B0C=60°，则4C的长为() B A.3 B.6 C.9 D.12 8.如图，⊙O为地球示意图，其中AB表示赤道，CD,EF分别表示北回归线和南回归线， ∠DOB=∠FOB=23.5°.夏至日正午时，太阳光线GD所在直线经过地心O,HF∥GD,F是O0在点 F处的切线.则点F处的太阳高度角FH(即光线HF与切线FI所成的锐角)的大小是() 北回归线 KG B 赤道 南回归线 A.32° B.40° C.43° D.46° 9.如图，A为⊙0外一点，B为⊙0上一点，AC与⊙0相切于C点，OD⊥AB与⊙0相交于D,与AB 的延长线相交于E,连接CD,已知∠ODC=20°，则∠A的度数为() 试卷第2页（共3页） B A.40° B.30° C.35 D.45° 10,图，点4的坐标是Q2),⊙A与轴相切，与y轴相交于点日，点C是圆上一点，点B关于点C的 对称 D(x,,则r+y等于() A.4 B.8 C.12 D.16 二、填空题 1L,在平面直角坐标系中，⊙4的圆心坐标为86)，半径是方程-3x-18=0的一个根，那么⊙4与轴 的位置关系是一· 12.如图，在△ABC中，∠BAC=90,AB=3,AC=4,AD是高线，以点A为圆心作⊙A,使B,D,C三点 中至少有一点在圆内，且至少有一点在圆外，则OA的半径r的取值范围是 B 13.如图，AB是O0的弦，PB与⊙0相切于点B,圆心O在线段PA上，已知∠PAB=20°，则∠P的度 数是 试卷第3页（共3页） B 14.如图，⊙O是△ABC的内切圆，点D、E分别为边AB、AC上的点，且DE为⊙0的切线，若△ABC 的周长为27，BC的长是10，则△ADE的周长是 15.如图，AB是OO的直径，点P在AB的延长线上，PC与⊙O相切于点C,连接BC,若BC=BP, 则∠PAC的度数为 C 16.2025年“苏超”火爆全国，足球不仅是全球最受欢迎的运动，更是一种文化纽带.它超越国界，连 接人心，激发团队精神与拼搏意志，带来激情与欢乐，成为人们情感交流的桥梁.图①是一次足球比赛 的奖杯，图②是从奖杯中抽象出的几何模型，PA、PB是圆的切线，A,B为切点，O为圆心，连接BO并 延长BO交射线PA于点C,若PB=6,PC=I0,则OC的长度为 图1 图2 17.如图，在平面直角坐标系中，P是直线x=-2上的一个动点，⊙P的半径为1，直线OQ切⊙P于点 试卷第4页（共3页） 09 ,则线段的最小值为 x=-2 O外主 18.图1是传统的手工推磨工具，根据它的原理设计了如图2所示的机械设备，磨盘半径O0=2dm,用 长为lldm的连杆将点Q与动力装置P相连（∠OQP大小可变），点P在轨道AB上滑动，并带动磨盘绕 点O转动，OA1AB,OA=5dm.在磨盘转动过程中，AP的最大值为一dm.最小值为dm」 B 图1 图2 三、解答题 19.如图，四边形1BCD内接于O0,D为0的直径，点B为C的中点，对角线4C,D交于点， AE=AF」 O B (I)求证：AF是⊙O的切线： (2)若AF=6,DF=10,求AB的长 试卷第5页（共3页） 20.如图，点E是三角形ABC的内心，AE的延长线和三角形ABC的外接圆交于点D. E B D G (I)求证：DE=DC. (2)过点D作BC的平行线DG,证明DG是△ABC外接圆OO的切线. 21.如图，圆内接四边形ABCD满足DB=DC,连结AC、BD,E是BA延长线上的一点，过点D作 DF⊥BE于点F. EF D (I)求证：AD平分∠EAC: (2)若AB=6,AF=1,求AC的长. 试卷第6页（共3页） 22.如图，菱形OABC的顶点A,B,C在⊙O上，过点B作OO的切线，此切线与OA的延长线相交于点 D,⊙O的半径为2，求BD的长. D 23.如图，AB是OO的直径，BD是⊙O的切线，E为AB延长线上一点，延长ED交⊙0于点C, ∠BDE=2∠BAC,连接OD B D ()求证：CE是⊙0的切线： (2)若CD=2,DE=5,求O0的半径. 试卷第7页（共3页） 24.如图，⊙O的直径AB=12,AM和BN是⊙O的两条切线.在以点A,B为端点的⊙O的右半圆弧上， 有一个动点E,过点E作OO的切线I与AM,BN分别交于点D,C.设AD=x,BC=y,求y关于x 的函数解析式，并画出它的图象. A D M E CI N 试卷第8页（共3页） 《苏科版九年级数学上3.5点与圆直线与圆的位置关系（同步练习）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D B B D B A D 1.B 【详解】：⊙O的半径r=l0cm,点A到圆心O的距离OA=8cm, ..OA<r 点A在⊙0内. 2.D 【分析】由勾股定理得4B=VAC+BC=1B,过点C作CD1A于点D,利用三角形的面积可得 CD=60 ，再结合图形解答即可求解. 【详解】解：∠C=90°，AC=5,BC=12, AB=V4C2+BC=V5F+122=13 如图，过点C作CD⊥AB于点D, B Sc号4B-cD=4C-BC x13xCD-1x5x12 . 2 解得CD=60 13 60 当=13时，QC与线段B相切，只有一个交点，如图： 答案第1页（共2页） 60<r≤5时，⊙C与线段4B有两个交点 当5<r≤12时，⊙C与线段AB只有一个交点： 当r>12时，⊙C与线段AB没有交点： 60 六当⊙C与线段AB有且只有两个公共点时，的取值范国是3<r≤5， 3.B 【分析】由切线的性质可得OA⊥AP,在Rt△OAP中，由勾股定理解直角三角形即可得解. 【详解】解：：PA与⊙O相切于点A, .OA⊥AP 在RIAOAP中，OA=VOP2-PP=V4-32=V万 4.C 【分析】根据切线的性质得到OA1AP,OB⊥PB,根据四边形内角和等于360°计算，得到答案. 【详解】解：：PA,PB是⊙O的切线， .OA⊥AP,OB⊥PB,即∠OAP=∠OBP=90°， ∠P=50° ∴.∠A0B=360°-∠0AP-∠P-∠0BP=360°-90°-50°-90°=130° 5.B 【分析】连接OC,利用切线的性质结合三角形内角和定理得出∠BOC,进而利用OB=OC求出∠ABC 即可 【详解】解：连接OC, ,PC与⊙O相切于点C, ∴.∠PC0=90° .∠P=40°， .∠P0C=90°-∠P=50°， .OB=OC. 答案第2页（共2页） :∠0BC=∠0CB=180P-∠B0C=650 即：∠ABC=65」 6.D 【分析】由圆的切线的定义得出∠CAB=90°，由直角三角形两个锐角互余可得出 ∠ABC=90°-∠ACD=30°，最后由圆周角定理即可得出答案. 【详解】解：~AC是⊙0的切线，AB是⊙O的直径， .∠CAB=90°， ∠ACD=60° .∠ABC=90°-∠ACD=30°， 4D=4D ∠AOD=2∠ABD=60°」 7.B 【分析】由切线的性质可得∠OAP=90°，由对顶角相等可得∠AOP=∠BOC=60°，解直角三角形得出 0C=0A=2V3 3,作CD1MB于点D,再解直角三角形并结合勾股定理计算即可得出结果. 【详解】解：PA与OO相切于点A, .∠0AP=90° .∠B0C=60°， ∴.∠AOP=∠BOC=60°， :.OP=4V3 ,OA=OP.cos∠AOP=2√5 0C=0A=2V5 如图，作CD⊥AB于点D, 答案第3页（共2页） B 则CD=OC·sin∠B0C=3OD=OC-cos∠BOC=V5 AD=0A+OD=33 .4C=VCD2+4D=6 8.C 【分析】先根据角的和差关系求出∠DOF的度数，再利用平行线的性质求出∠OFH的度数，最后根据切 线的性质及角的和差关系计算∠IFH的大小； 【详解】解：∠DOB=∠FOB=23.5°， .∠DOF=∠DOB+∠FOB=47° GDIIHF .∠OFH+∠DOF=180°， .∠0FH=180°-47°=133°， ,FI是⊙O的切线， .OF⊥FI. .∠0FH=90° .∠FH=∠OFH-∠OF=133°-90°=43° 9.A 【分析】连接OC,因为OC和OD都是⊙O的半径，所以△OCD是等腰三角形，可据此求出∠COD的度 数.因为AC是⊙O的切线，所以根据切线的性质可得OC⊥AC,即∠OCA=90°，因为OD⊥AB,所以 ∠AE0=90°，在四边形AEOC中，根据四边形内角和，可求出∠A的度数. 【详解】如图，连接OC, 答案第4页（共2页） :OC和OD都是⊙0的半径， .OC=OD,△ODC是等腰三角形. .∠0DC=20°， ∴.∠0CD=∠ODC=20°， ∴.∠C0D=180°-20°-20°=140° AC是OO的切线， .∠0CA=90°： OD L AB. .∠OEA=90°. ∴.∠A=360°-∠0CA-∠0EA-∠C0D=360°-90°-90°-140°=40° 10.D 【分析】连接AC、OD,由题意，'易得AC是△BOD的中位线，得到OD=2AC=4,进而得到 x2+y2=0D2=16 ,即可. 【详解】解：连接AC、OD ·点B关于点C的对称点 D(x,y) C是BD的中点. ,点A的坐标是 0,2),⊙A与x轴相切，与y轴相交于点B,点C是圆上一点， .OB为⊙A的直径，AC=OA=2 点A是BO的中点， AC是△BOD的中位线 ∴.OD=2AC=4 答案第5页（共2页） .x2+y2=0D2=16 B 11.相切 【分析】解方程推出⊙A的半径，再求出点A到x轴的距离即可得到答案 【详解】解：，x2-3x-18=0, :(-60x+3)=0 解得x=6或x=-3, ,⊙A的半径是方程x2-3x-18=0的一个根， .⊙A的半径为6， :OA的圆心坐标为 3,6) 6=6 ∴点A到x轴的距离为 ∴点A到x轴的距离等于⊙A的半径， ∴.⊙A与x轴的位置关系是相切. 2号4 【分析】先利用勾股定理求出BC长，再利用等面积法求出高AD;算出B、D、C三点到圆心A的距离， 根据“至少一点在圆内，至少一点在圆外”列条件求半径取值范围 【详解】解：∠BAC=90°，AB=3,AC=4, .BC=AB2+AC2=5 wDBCC ∴AD=ABAC-12 BC Γ5· 答案第6页（共2页） 可得三点到点4距腐：D=12 5·AB=3,AC=4· 要使B,D,C三点中至少有一点在圆内，且至少有一点在圆外： 12 当r≤ 5，三点都不在圆内，不符合题意； 当”≥4，三点都不在圆外，不符合题意： 12 当5 r<4时，D<,点D在OA内：AC>r,点c在⊙A外，满足条件. 12 ⊙A的半径，的取值范围为5 <r<4 13.50°/50度 【分析】连接OB,由圆周角定理可得∠POB的度数，由切线的性质得到∠OBP=90°，再由直角三角形 两锐角互余可得答案。 【详解】解：如图所示，连接OB, B ,∠PAB=20° .∠POB=2∠PAB=40° PB与⊙O相切于点B, .∠OBP=90° .∠P=90°-∠POB=50°. 14.7 【分析】根据切线长定理，可得BI=BG,CI=CH,DG=DF,EF=EH,再根据三角形周长公式即 可求解. 【详解】解：如图， 答案第7页（共2页） ·AB、AC、BC、DE都和⊙O相切， ..BI=BG,CI=CH,DG=DF,EF=EH, ..BG+CH=BI+CI=BC=10. C0=AD+AE+DE AD+AE+DF+EF =AD+DG+EH+AE =AG+AH =C.ABC-(BG+CH+BC) =27-2×10 =7 15.30°/30度 【分析】连接OC，根据切线的性质得出∠OCP=90°，利用等边对等角及三角形外角性质设未知数建立 方程求出∠P的度数，进而得出∠ABC的度数，最后根据直径所对的圆周角是直角及直角三角形两锐角互 余求解. 【详解】解：连接OC C :PC与⊙O相切于点C, .OC⊥PC, .∠0CP=90° BC=BP .∠P=∠BCP. 答案第8页（共2页） 设∠P=x,则∠BCP=x, ∴∠CBO=∠P+∠BCP=2x. OB=OC. ∴.∠OCB=∠CBO=2x ,∠OCP=∠OCB+∠BCP=90°. .2x+x=90°， 解得x=30° .∠CB0=60° :AB是⊙O的直径， ∴.∠ACB=90° 在Rt△ABC中，∠PAC=90°-∠CB0=90°-60°=30°. 16.5 【分析】连接OA、OP,根据圆的切线的性质，易证 IAOAP≌RIAOBP(HL) 得到PA=PB=6,由勾 股定理得出BC=8,设OA=OB=x,再利用勾股定理列方程求解即可. 【详解】解：如图，连接OA、OP, B 是圆的切线， 为切点， 为圆心， P PA PB A,B o ∴.∠OAP=∠OBP=90°， ..OA=OB,OP=OP, ∴.RIAOAPS≌RtAOBP(HL) :.PA=PB=6, PC=10 ∴.AC=PC-PA=4, 在RtAPBC中，BC=VPC-PB2=8 答案第9页（共2页） 设OA=OB=x,则OC=8-x, 在RtAOAC中，OA+AC2=OC2, 2+4=(8-x2 解得：x=3, .0C=8-x=5】 173 【分析】连接OP,P心，根据切线的性质和勾股定理得到O0=VOP-PQ,进而得到当OP最小时，O0 最小，根据垂线段最短，得到OP=2最小，进行求解即可. 【详解】解：连接OP,Pp, x=-2 :直线OQ切⊙P于点， .Pg⊥O0.P9=1, 00=OP2-PO2 =VOp21 当OP最小时，O№最小， ,P是直线x=-2上的一个动点， .当OP⊥直线x=-2时，OP最小，此时OP=2, :00的最小值为2-1=5 2W14 18. 12 【分析】先根据当点Q运动到点心时，点P运动在AB上距离点A最远，再根据勾股定理解答：然后结 答案第10页（共2页） 02 合当点Q运动到点必时，点P运动在1B上距离点4最近，最后根据勾股定理解答即可， 【详解】解：当点Q运动到点时，点P运动在1B上距离点A最远， 在R△0M中，OM=5dm,0r=00+2=2+1I=I1B :R=V0P-0F-V132-5=12 e, 当点Q运动到点必时，点P运动在4B上距离点A最近， RtAOAP O4=5dm,OP =11-2=9 在 2中， :.Ag=V0B-04P-V今2-5=24 02 P2 P B 19.(1)证明：AD为⊙0的直径， .∠ABD=90°，AB⊥DF, .∠DAB+∠ADB=90°， “点B为MC的中点， .AB=BC .∠ADB=∠CAB, .∠DAB+∠CAB=90°」 AE=AF,AB⊥EF, .∠CAB=∠FAB .∠DAB+∠FAB=90°， ∴.∠DAF=90° 答案第11页（共2页） .AD⊥AF, AF是⊙O的切线： (2)4.8 【分析】(1)根据直径所对的圆周角是直角得∠ABD=9O°，由等弧所对的圆周角相等得∠ADB=∠CAB 再由等腰三角形三线合一知∠CAB=∠FAB,从而说明∠DAF=90°，结论得证； (2)由勾股定理可求AD的长，根据面积法即可求AB, 【详解】(1)略： (2)解：∠DAF=90°，AF=6,DF=10, ..AD=DF2-AF2=8 :AB⊥DF, Sm号4D-AF-DF.AB, x8x6-x10:4B 1 2 ∴.AB=4.8 20.(1)证明：如图，连接CE, D G ,E是△ABC的内心， .AE平分∠BAC,CE平分∠ACB, ∴.∠BAE=∠CAE,∠ACE=∠BCE, BD=BD, .∠BAE=∠BCD ∠DEC是△ACE的外角， .∠DEC=∠CAE+∠ACE '∠DCE=∠BCD+∠BCE,∠CAE=∠BCD,∠ACE=∠BCE .∠DEC=∠DCE, .DE=DC: 答案第12页（共2页) (2)证明：如图，连接OD, 由(1)知∠BAD=∠CAD .BD=DC 即P是BC 的中点， .OD⊥BC, ..DGI BC. OD⊥DG, .OD是⊙0的半径， :.DG是△ABC外接圆⊙O的切线， 【分析】(I)连接CE,根据内心的定义可知AE平分∠BAC,CE平分∠ACB,根据圆周角定理得到 ∠BAE=∠BCD,根据三角形外角的性质求出∠DEC=∠DCE,根据等角对等边证明即可： (2)连接OD,由1)知∠BAD=∠CAD,得到BD=DC,即D是BC的中点，根据垂径定理的推论可 知OD⊥BC,即OD⊥DG,可知DG是△ABC外接圆OO的切线， 【详解】(1)略 (2)略 21.(1)证明：：四边形ABCD是圆内接四边形， .∠BCD+∠DAB=180°. .∠EAD+∠DAB=180°， ∴.∠EAD=∠BCD .DB=DC. .∴.∠DBC=∠BCD .∠DBC=∠EAD, .∠DAC=∠DBC. 答案第13页（共2页） ∠EAD=∠DAC. ∴AD平分∠EAC: (2)8 【分析】(1)根据圆的内接四边形，得到∠BCD+∠DAB=180°，可推导出∠EAD=∠BCD,继而推导 出LDBC=∠BCD=∠EAD=∠DAC,即可解答； (2)过D作DG1AC于G,推导出DF=DG,可证明 RtADFA2 RtDGA(HL),得到AG=AF=l,维 而推导出 RtDFB2 RtDGC(HL),可求出BF=CG=7,进而求出1C的长即可， 【详解】(1)略 (2)解：过D作DG⊥AC于G, E 平分 b C .·AD ∠EAC DF⊥BEDG⊥AC ..DF=DG, 在RtADFA和Rt△DGA中 (AD=AD DF=DG .RtADFAS≌RtADGA(HL) ..AG=AF=1, 在Rt△DFB和Rt△DGC中 DB=DC DF=DG ∴.RtADFB≌Rt△DGC(HL) ∴.BF=CG BF=AB+AF=6+1=7, CG=7, ∴.AC=AG+CG=1+7=8. 答案第14页（共2页) 答：AC的长为8. 22.2V5 【分析】连接OB,利用菱形与圆的性质得△AOB是等边三角形，由切线的性质得∠D=30°，进而求得 OD,由勾股定理求得BD 【详解】解：如图，连接OB, 四边形OABC是菱形， ∴.OA=AB=2, .OA=OB=2 ..OA=OB=AB=2. .△AOB是等边三角形， .∠A0B=60° ,⊙O的切线与⊙O相切于点B, ∴.∠OBD=90°， .∠D=90°-∠AOB=30° .0D=20B=4, 由勾股定理得BD=VOD2-OB2=2V5 23.(1)证明：连接0C, ⊙ 是 的直径， 是 的切线， D C .AB⊙O BD O AB⊥BD, ∴.∠ABD=90° 答案第15页（共2页） :∠BOC=2∠BAC,∠BDE=2∠BAC, .∠BOC=∠BDE :∠BDE+∠BDC=180°， .∠BOC+∠BDC=180°， :四边形BOCD中，∠BOC+∠OCD+∠BDC+∠ABD=360°， .∠0CD=90°， .OC⊥EC, OC是⊙0的半径， .CE是⊙O的切线： 2W21 (2)3 【分析】(1)连接OC,根据切线的性质得∠ABD=90°，根据四边形的内角和是360°及 ∠BOC=2∠BAC,∠BDE=2∠BAC,可得∠OCD=90°，进而即可证明结论： (2)根据HL RtOBD≌RtAOCD BD=CD BE =21 “证明 ，得 根据勾股定理求出 进而根据勾股定理 建立方程即可求得⊙O的半径， 【详解】(1)略 (2)解：∠ABD=∠OCD=90°， 在RtAOBD和RtAOCD中， OD=OD OB=OC, :.RtAOBD≌RtAOCD(HL) ∴BD=CD, :∠ABD=90 .∠DBE=180°-∠ABD=90°， CD=2, BD=2, DE=5, ·Rt△BDE中， BE =DE2-BD2=52-22=21 答案第16页（共2页） 在RIAOCE中，OC2+CE=OE2, 即0C2+(2+s=(oB+2, B=0C=2V27 解得 3, 2√21 即⊙0的半径为3. 24.y关于x的函数解折式是y-(x>0),图象如下： 12 11 10 9 B D y- 36 -1q123456789101112x 【分析】先求出四边形ABFD为矩形，再根据切线的性质求出 DE=DA=x,CE=CB=y,CF=y-x,DC=x+y DC2 DF2+CF2 ,再根据勾股定理得： ,即可得到关系 式，最后作图即可 【详解】解：如下图，过点D作DF⊥BC于点F; A D E 分别是 的切线， B F C N AD,BC ⊙0 ∴.∠OAD=∠OBF=90° 又DF⊥BC, 答案第17页（共2页） ∴四边形ABFD为矩形， .DF=AB=12,BF=AD=x, AD,BC,DC .⊙0 分别为的切线， .DE=DA=x,CE=CB=y,CF=y-x,DC=x+y 由勾股定理得：DC2=DF2+CF2, 即(x+=12+(0y-x乃 整理得：y=36, 36 ..y= y关于的函数解折式是y=6(x>0), 当x=3时，y=12；x=4时，y=9；x=6时，y=6;x=9时，y=4, 3,12）)B(4,9)）.C(6,6),D9,4),在坐标系内描点连线得函数的图象如下. 过点 A 11 10 9 D y 36 3 -1q123456789101112x 答案第18页（共2页)